2019届广东省陆丰市重点中学高三上学期调研测试模拟卷理科综合物理试题（解析版）

2019届广东省陆丰市重点中学高三上学期调研测试模拟卷理科综合物理试题（解析版）

一、选择题

1.如图所示，三个粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1＝120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则(　　)

A. 圆木间的弹力为mg

B. 每个圆木对地面的压力为mg

C. 地面上的每个圆木受到地面的作用力为mg

D. 地面与圆木间的动摩擦因数为

【答案】B

【解析】

对A研究，根据力的平衡可知，由于∠O1＝120°，A的支持力均等于mg，A项错误；整体研究可知，每个圆木对地面的压力为mg，B项正确；对B研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于mg，C项错误；地面对B的摩擦力等于mgcos30°＝mg，即μ·mg，得μ＝，D项错误；故选B．

点睛：此题是对整体法和隔离法的考查；关键是正确选择研究对象，并对研究对象受力分析，利用平衡条件解答.．

2.如图所示，在足够长斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落至斜面时下落的竖直高度为h1；若将此球改用2v0水平速度抛出，仍落至斜面时下落的竖直高度为h2.则h1∶h2为（  ）

A. 1∶2

B. 1∶3

C. 2∶1

D. 1∶4

【答案】D

【解析】

【分析】

小球做平抛运动落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，等于斜面倾角的正切值，根据该关系求出运动的时间和什么因素有关，从而确定时间比；最后根据分位移公式得到竖直分位移之比．

【详解】斜面倾角的正切值为： ,则运动的时间为： 知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍，所以时间比为1:2.平抛运动下落的竖直高度 ，则h1:h2=1:4，故D正确，ABC错误；故选D.

3.已知电源电动势E＝6V内阻r＝2 Ω，灯泡电阻RL＝2 Ω，R2＝2 Ω。滑动变阻器R1的最大阻值为3 Ω，如图所示，将滑片P置于最左端，闭合开关S1、S2，电源的输出功率为P0，则(　　)

A. 滑片P向右滑动，电源输出功率一直减小

B. 滑片P向右滑动，电源输出功率一直增大

C. 断开S2，电源输出功率达到最大值

D. 滑片P置于最右端时，电源输出功率仍为P0

【答案】D

【解析】

试题分析：闭合开关S1、S2，外电路总电阻，当时，电源输出功率最大，根据电源输出功率与外电路电阻的关系图像可知，滑片从最左端向右滑动，外电路总电阻从减小到，电源输出功率先增大再减小，故A、B错误；滑片在最左端，断开S2，外电路总电阻，电源的输出功率不是最大，故C错误。当滑片在最左端时，，电流，电源的输出功率为，则；当滑片在最右端时，，电流，电源的输出功率为，故D正确。

考点：电源的输出功率。

4.某同学将一足球竖直砸向地面，足球以5m/s的速度被地面弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g=10m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为（  ）

A. 1.5s

B. 2s

C. 4s

D. 8s

【答案】C

【解析】

【分析】

足球在空中做竖直上抛运动，根据求出足球每次在空中竖直上抛运动的时间，从而求得总时间。

【详解】足球第一次被弹回的速度 v1=5m/s，第一次在空中竖直上抛运动的总时间

足球第二次被弹回的速度，第二次在空中竖直上抛运动的总时间

足球第三次被弹回的速度，第二次在空中竖直上抛运动的总时间

则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 t=t1+t2+…=

故应选：C。

【点睛】本题是物理中数列问题，关键要找出小球在空中运动时间的规律，运用等比数列求和的方法求解总时间。

5.近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（      ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

试题分析：由万有引力提供向心力，知，得，又因为，故，同理，，故解得选项B正确。

考点：万有引力定律 牛顿第二定律

【名师点睛】

（1）万有引力提供向心力

（2）卫星所在的高度上的重力加速度等于卫星在该处做匀速圆周运动的向心加速度：

(3)要注意轨道半径和卫星离地面的高度的关系为

视频

6.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝2.0×10-20kg，电荷量q＝2.0×10-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。不计重力则（    ）

A. x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比为1:2

B. 粒子在0~0.5m区间运动的过程中电势能减小

C. 该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为8.0×10-8J

D. 该粒子的运动周期T=3.0×10-8s

【答案】ACD

【解析】

由图可知：根据U=Ed可知：左侧电场强度：

  右侧电场强度：  ,所以  ，选项A正确；粒子带负电，故在0~0.5cm区间运动过程中的电势能增加，选项B错误；该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为，选项C正确；

粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有：qE1•x=Ekm，其中x=1.0×10-2m
联立并代入相关数据可得：Ekm＝2.0×10−8J
设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，
由运动学公式有 ;同理可知：

;而周期：T=2（t1+t2）；联立并代入相关数据可得：T=3.0×10-8s，选项D正确；故选ACD.

点睛：本题考查带电粒子在电场中的运动分析，要注意明确运动过程，并能根据牛顿第二定律以及动能定理等物理规律进行分析，并灵活应用数学规律求解．

7.如图所示，、、三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）

A. 偏转电场对三种粒子做功一样多

B. 三种粒子打到屏上时速度一样大

C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同

D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置

【答案】AD

【解析】

【分析】

由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．根据电场力做功E=Eqy可明确做功大小关系．

【详解】带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd；由动能定理可知：

解得： ；粒子在偏转电场中的时间t=L/v；在偏转电场中的纵向速度 ；纵向位移 ；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD.

8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）

A. x1处电场强度为零

B. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3

C. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

D. x2～x3段是匀强电场

【答案】ABD

【解析】

【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；故选ABD.

【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.

二、实验题

9.如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g．

（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度d=______cm；

（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_____；

A．小物块质量m                        

B．遮光条通过光电门的时间t

C．光电门到C点的距离s                

D．小物块释放点的高度h

（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_____．

【答案】    (1). （1）1.060；     (2). （2）BC；     (3). （3）B．

【解析】

试题分析：（1）主尺的刻度：1 cm，游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05×12 mm＝0.60 mm，总读数：10 mm＋0.60 mm＝10.60 mm＝1.060 cm.

（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：

B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：－μmgs＝0－mv2

联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式

还需要测量的物理量是：光电门到C点的距离s与遮光条通过光电门的时间t，故BC正确，AD错误．

（3）由动摩擦因数的表达式可知，μ与t2和s的乘积成反比，所以与s的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即B正确，ACD错误．

考点：测定水平面和小物块之间动摩擦因数

【名师点睛】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；

三、计算题

10.如图所示，一个质量m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N的水平推力F作用，以v0＝20 m/s的速度沿斜面匀速上滑。（sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2）

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；

（2）若滑块运动到A点时立即撤去推力F，求这以后滑块再返回A点经过的时间。

【答案】（1）0.5　（2）3s

【解析】

试题分析：（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有

Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）

代入解得，μ=0．5

（2）撤去F后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，

得，a1=g（sin37°+μcos37°）

上滑的时间为

上滑的位移为

滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma2，

得，a2=g（sin37°-μcos37°）

由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=a2t22

解得，

故 t=t1+t2=（1+）s

考点：牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法。

11.在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压UO，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度VO从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；

【详解】（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：

解得： 
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v0T

12.如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m=2kg，木板质量M = 1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。求：

（1）t=0.5s时滑块的速度大小；

（2）0～2.0s内木板的位移大小；

（3）整个过程中因摩擦而产生的热量。

【答案】（1）1m/s（2）6.25m（3）12J

【解析】

试题分析：（1）先判断出在0﹣0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．

（2）0.5﹣2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0﹣0.5s内的位移，即可得解．

（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．

解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得

μmg=Ma0，得 a0===4m/s2；

对整体，有 F0=（M+m）a0=12N

由图知，在0﹣0.5s内，F=6N＜F0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a==2m/s2，则t=0.5s时滑块的速度大小 v1=at1=1m/s

（2）0﹣0.5s内，整体的位移为 x1===0.25m

在0.5s﹣2.0s内，F=16N＞F0，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得

对m有：F﹣μmg=mam，得 am=6m/s2；

对M有：μmg=MaM，得 aM=4m/s2；

0.5～2.0s内木板的位移大小为 x2=v1t2++=1×1.5+×4×1.52=6m

故0～2.0s内木板的位移大小 x=x1+x2=6.25m

（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为 x3=v1t2+=1×1.5+×6×1.52=8.25m

故0.5～2.0s内滑块与木板的相对位移△x1=x3﹣x2=2.25m

t=2.0s时，滑块的速度为 vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s

木板的速度为 vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s

撤去F后，m的加速度大小为 am′==μg=2m/s2；

设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有

v=vm﹣am′t=vM+aMt，解得 t=0.5s，v=9m/s

从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x4==m=4.75m

木板的位移为 x5==m=4m

此过程两者的相对位移△x2=x4﹣x5=0.75m

故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=μmg（△x1+△x2）=12J

答：

（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；

（2）0～2.0s内木板的位移大小是6.25m；

（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J．

【点评】解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值．